每日一题[2942]极值偏移

已知函数 $f\left( x \right) = \ln x - a{x^2} + \left( {2 - a} \right)x$．

1、讨论 $f\left( x \right)$ 的单调性．

2、设 $a > 0$，证明：当 $0 < x < \dfrac{1}{a}$ 时，$f\left( {\dfrac{1}{a} + x} \right) > f\left( {\dfrac{1}{a} - x} \right)$．

3、若函数 $y = f\left( x \right)$ 的图象与 $x$ 轴交于 $A,B$ 两点，线段 $AB$ 中点的横坐标为 ${x_0}$，证明：$f'\left( {x_0} \right) < 0$．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $$f'(x)=\dfrac{2x+1}{x}\cdot (-ax+1),$$ 于是当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增；当 $a>0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 1a\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac 1a,+\infty\right)$ 上单调递减．

2、根据题意，有 $$f''(x)=-2a-\dfrac{1}{x^2},$$ 设 $g(x)=f\left(\dfrac 1a+x\right)-f\left(\dfrac 1a-x\right)$，则 $$g'(x)=f'\left(\dfrac 1a+x\right)+f'\left(\dfrac 1a-x\right),$$ 有 $g'(0)=0$，且 $$g''(x)=f''\left(\dfrac 1a+x\right)-f''\left(\dfrac 1a-x\right),$$ 由 $f''(x)$ 在 $x\in\left(0,\dfrac 1a\right)$ 上单调递增，且 $\dfrac 1a+x>\dfrac 1a-x$ 可得在该区间上 $g''(x)>0$，进而 $g'(x)$ 单调递增，于是在该区间上 $g(x)>0$，命题得证．

3、根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $$f\left(\dfrac 1a\right)>0\implies \ln\dfrac 1a+\dfrac 1a-1>0\iff 0<a<1,$$ 且有 $$f'(x_0)<0\iff x_0>\dfrac 1a\iff x_1+x_2>\dfrac 2a,$$ 不妨设 $0<x_1<\dfrac 1a<1<x_2$，因此只需要证明 $$x_2>\dfrac 2a-x_1\impliedby f(x_2)<f\left(\dfrac 2a-x_1\right)\impliedby f(x_1)<f\left(\dfrac 2a-x_1\right),$$ 根据第 $(2)$ 小题的结果，命题得证．

备注    另法： $$\ln x_1-ax_1^2+(2-a)x_1=\ln x_2-ax_2^2+(2-a)x_2,$$ 从而 $$\ln x_1-\ln x_2=(x_1-x_2)(a(x_1+x_2)-(2-a)),$$ 从而根据对数平均不等式有 $$\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=\dfrac{1}{a(x_1+x_2)-(2-a)}<\dfrac{x_1+x_2}2,$$ 由右侧不等式整理可得 $$(a(x_1+x_2)-2)(x_1+x_2+1)>0,$$ 从而 $x_1+x_2>\dfrac 2a$．